2022年辽宁省协作体高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年辽宁省协作体高考化学一模试卷（含答案解析），共25页。


2022年辽宁省协作体高考化学一模试卷

1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献及诗句中涉及的化学研究成果，对其说明合理的是( )
A. 李白诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象
B. “墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”的分散质粒子直径在10−9∼10−7m之间，具有胶体的性质
C. “南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”中的“烟雨”指悬浮在空中的固体颗粒
D. 《天工开物⋅五金》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差
2. 下列化学用语表述错误的是( )
A. NaH的电子式为Na+[：H]−
B. 1s22s22p43s2表示的一定不是基态原子
C. 乙炔的结构简式为CHCH
D. 基态C原子价电子排布图为
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 在含4molSi−O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为4NA
B. 1L1mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目为4NA
C. 含4.6g钠元素的Na2O2和Na2O的混合物中含有阴离子总数为0.3NA
D. 由H218O与D216O组成的4.0g物质中含中子数为2NA
4. 下列实验能达到目的的是( )

实验
目的
A
将Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合，产生白色沉淀
验证结合质子的能力[Al(OH)4]−>CO32−
B
取25.00mL盐酸
向25.00mL酸式滴定管中装入盐酸，调整液面初始读数为0.00mL后，将所有溶液放入锥形瓶中
C
将适量HCl气体通入硅酸钠溶液，出现白色胶状沉淀
比较Cl、Si元素的非金属性强弱
D
向NaCl溶液中加入过量的AgNO3，静置后滴加NaI溶液，观察沉淀颜色
探究AgCl与AgI的Ksp相对大小
A. A B. B C. C D. D
5. 向FeBr2溶液中通入Cl2时，随参加反应的Cl2物质的量的变化，溶液中某些离子的浓度变化情况如图所示。下列说法正确的是( )
A. 当n(Cl2) B. 当n(Cl2)=Mmol时，离子浓度关系：c(Fe3+)：c(Br−)：c(Cl−)=2：1：1
C. 当n(Cl2)=2Mmol时，离子浓度大小关系：c(Cl−)>c(Br−)
D. 当通入Cl2的物质的量等于原FeBr2的物质的量时，Br−开始被氧化
6. 在实验室中，用如下图所示装置(尾气处理装置略去)进行下列实验，将①中液体逐滴滴入②中，则预测的现象正确的是( )
选项
①中的物质
②中的物质
预测②中的现象
A
酚酞溶液
过氧化钠
溶液始终为红色
B
稀硫酸
苏打溶液
立即产生气泡
C
浓盐酸
二氧化锰
产生黄绿色气体
D
浓氨水
氯化银
固体溶解
A. A B. B C. C D. D
7. “鲁米诺”是一种化学发光试剂，一定条件下被氧化后能发出蓝光。“鲁米诺”的合成原理如图所示：

下列说法正确的是( )
A. X的分子中所有碳原子一定共面
B. 一定条件X可以和乙醇发生缩聚反应
C. “鲁米诺”分子中C、N原子杂化方式有3种
D. 上图反应①与反应②理论上生成水的质量比为2：1
8. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同族，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化。由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物如图所示，下列说法一定正确的是( )
A. X、Y形成的二元化合物只含有极性共价键
B. Y的非金属性比W的强，所以单质的还原性：Y>W
C. 在元素周期表中，113号元素与Z元素不同族
D. X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大
9. 图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是( )

A. PdCl42−和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用
B. 该转化过程中，仅O2和Cu2+体现了氧化性
C. 该转化过程中，涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O
D. 乙烯催化氧化的反应方程式为
10. 如图是硫元素部分“价类”二维关系图。下列相关说法错误的是( )

A. 图中C和D两点对应的物质可能互相反应生成硫单质
B. 可以实现B→E→A→B物质循环
C. 图中A点对应的物质可以使品红溶液褪色
D. 化学式为Na2S2O3的物质在图中对应点为F点，可表现出强氧化性
11. 利用CH4可消除NO2污染，反应原理为CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，在10L密闭容器中分别加入0.50molCH4和1.20molNO2，测得不同温度下n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。
组别
温度/K
时间/min
物质的量/mol
0
10
20
40
50
①
T1
n(CH4)
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n(CH4)
0.50
0.30
0.18
M
0.15
下列说法错误的是( )
A. 该反应为放热反应
B. 组别①中0∼10min内，NO2的平均反应速率为0.003mol⋅L−1⋅min−1
C. 若组别②改为恒压装置，则M值一定大于0.15
D. 当有1molC−H键断裂同时有1molO−H键断裂，则达到平衡状态
12. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A. 含NH4+的溶液中：CO32−、SiO32−、SO42−、Na+
B. 由水电离产生c(OH−)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中：K+、Na+、I−、C2O42−
C. 在有色透明溶液中：K+、Fe2+、[Fe(CN)6]3−、NO3−
D. 加入甲基橙显黄色的溶液：Fe3+、Ba2+、Br−、K+
13. 目前，光电催化反应器(PEC)可以有效的进行能源的转换和储存，一种PEC装置如图所示，通过光解水可由CO2制得主要产物异丙醇。下列说法中正确的是( )
A. 该装置的能量来源有光能和电能
B. 光催化剂电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+
C. 每生成60g异丙醇，电路中转移的电子数目为6NA
D. H+可通过蛋白质纤维膜向右移动
14. 常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)与NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列推断正确的是( )


A. 可用pH试纸测定E点对应溶液，其pH=3
B. G点对应溶液中：c(Na+)>c(Cl−)>c(ClO−)>c(OH−)>c(H+)
C. H、F点对应溶液中都存在：c(Na+)=c(Cl−)+c(ClO−)
D. 常温下加水稀释H点对应溶液，溶液的pH增大
15. 近日，科学家研究利用CaF2晶体释放出的Ca2+和F−脱除硅烷，拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。下列说法错误的是( )
A. F、Si和Ca电负性依次减小，原子半径依次增大
B. OF2与SiO2中含有化学键类型和氧原子杂化方式均相同
C. 如图中A处原子分数坐标为(0,0,0)，则B处原子分数坐标为(34,34,34)
D. 脱除硅烷反应速率依赖于晶体提供自由氟离子的能力，脱硅能力BaF2 16. 硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5⋅H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7⋅10H2O。一种利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如图所示：

(1)Mg2B2O5⋅H2O生成NaBO2的化学方程式为 ______。
(2)将硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液的pH为2∼3以制取H3BO3，已知H3BO3是一元弱酸，且自身不能电离出氢离子，写出其电离方程式 ______。X为H3BO3晶体加热脱水的氧化物，其与Mg反应制取粗硼的化学方程式为 ______。
(3)由MgCl2⋅6H2O制备MgCl2时，需要在HCl氛围中加热，其目的是 ______。
(4)镁−H2O2酸性燃料电池的反应原理为Mg+H2O2+2H+=Mg2++2H2O，常温下，若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时，电解质溶液中所含Mg2+的物质的量浓度为 ______mol⋅L−1。已知常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10−12，当电解质溶液的pH=6时，______(填“有”或“无”)Mg(OH)2沉淀析出。(忽略反应过程中溶液的体积变化)
17. 硫酸亚铁铵是一种重要化工原料，其晶体(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O为浅蓝绿色晶体，较硫酸亚铁不易被氧化。
(1)硫酸亚铁铵晶体的制备：

①铁屑需先用碱洗后，再用少量酸洗，酸洗的目的是 ______ 。
②制备硫酸亚铁过程中，活塞a、b、c的开关状态依次是 ______ ，反应一段时间后，调整活塞a、b、c的开关状态依次为 ______ ，最后得到晶体产品。
(2)产品的相关实验：

①硫酸亚铁铵晶体在500℃时隔绝空气加热完全分解，将方程式补充完整
______ (NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O=FeO+Fe2O3+______ NH3↑+______ N2↑+______ SO2↑+______ SO3+______ H2O
②为验证甲中残留物含有Fe2O3可选用的试剂有 ______ (填字母)。
a.稀硝酸
b.稀硫酸
c.新制氯水
d.硫氰酸钾
③装置乙中HCl的作用是 ______ 。实验中，观察到装置丙中有白色沉淀生成，发生的离子反应方程式为 ______ 。
(3)样品纯度的测定：
准确称量20.00g硫酸亚铁铵晶体样品，配制成100mL溶液。取所配溶液20.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，实验测定其与20.00mL0.1000mol/LKMnO4溶液恰好完全反应。已知(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O的摩尔质量是392g/mol，则产品中(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O的质量分数为 ______ 。
18. 合成氨是人工固氮的主要手段，对人类生存社会进步和经济发展都有着重大意义。该反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。

(1)合成氨反应的热化学方程式为 ______。
(2)下表为不同温度下合成氨反应的平衡常数。由此可推知，表中T2______572(填“>”“<”或“=”)。
T/K
T1
572
T2
K
1.00×107
2.45×105
1.88×103
(3)在一定温度和压强下，将H2和N2按体积比3：1在密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡时体系的总压强为P，混合气体中NH3的体积分数为37，该反应的压强平衡常数Kp=______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
(4)合成氨反应在工业生产中的大量运用，满足了人口的急剧增长对粮食的需求，也为有机合成提供了足够的原料一氨。合成氨反应是一个可逆反应：N2+3H2⇌2NH3。在298K时，K=4.1×106(mol⋅L−1)−2。从平衡常数来看，反应的限度已经很大，为什么还需要使用催化剂？______。
(5)若工业生产中N2和H2按投料比1：2.8的比例进入合成塔，采用此投料比的原因是 ______。
若从合成塔出来的混合气体中氨的体积分数为15%，则N2和H2的转化率比值为 ______。(保留两位小数)
(6)利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池，能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如图所示：

写出电极B的电极反应式：______。
19. 螺虫乙酯是一种新型现代杀虫剂，制备其中间体H的一种合成路线如图：

回答下列问题：
(1)A的系统命名法名称是 ______；由B生成C的反应类型为 ______。
(2)E与F生成G的化学方程式为(合理即可)______。
(3)H中含氧官能团名称为 ______、______(填两种)。
(4)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的同分异构体有 ______种。
①在NaOH溶液中能水解
②核磁共振氢谱中有4组峰
(5)参照以上信息，设计以为起始原料制备2−吲哚酮()的合成路线(无机试剂任选)______。
答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是液化现象，不是碘升华，故A错误；
B.“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”的分散质粒子直径在10−9∼10−7m之间，属于胶体，具有胶体的性质，故B正确；
C.烟雨是小水滴，是液态水，不是固体小颗粒，故C错误；
D.熟铁比生铁质地软，但是延展性好，故D错误；
故选：B。
A.这个“烟”实际上是水产生的雾气；
B.分散质粒子直径介于1∼100nm的为胶体；
C.烟雨是小水滴；
D.熟铁的延展性强于生铁。
本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关键，会根据物质性质解释其用途，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.氢化钠为离子化合物，由钠离子与氢负离子构成，电子式为Na+[：H]−，故A正确；
B.1s22s22p43s2中2p轨道上没有排满电子，3s轨道上排有电子，不符合能量最低原理，所以一定不表示基态原子，故B正确；
C.漏写官能团，乙炔的结构简式为HC≡CH，故C错误；
D.基态C原子价电子为2s、2p轨道上的电子，其价电子排布图为，故D正确；
故选：C。
A.氢化钠为离子化合物，由钠离子与氢负离子构成；
B.1s22s22p43s2中2p轨道上没有排满电子，3s轨道上排有电子；
C.漏写官能团；
D.基态C原子价电子为2s、2p轨道上的电子。
本题考查化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电子式书写规则、核外电子排布规律、结构简式的书写方法是解本题关键，题目难度不大。

3.【答案】D

【解析】解：A.含4molSi−O键的二氧化硅的物质的量为1mol，1mol二氧化硅中含有2mol氧原子，氧原子数为2NA，故A错误；
B.硫酸钠溶液中，硫酸钠、水分子都含有氧原子，所以1L1mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目大于4NA，故B错误；
C.过氧化钠中阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠和1mol氧化钠都含有1mol阴离子，则含4.6g钠元素Na2O2和Na2O的混合物，总的物质的量为：4.6g23g/mol×12=0.1mol，含有阴离子总数为0.1NA，故C错误；
D.H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，则4.0g混合物的物质的量n=4g20g/mol=0.2mol，两者均含10个中子，则0.2mol混合物中含中子为2NA个，故D正确；
故选：D。
A.1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，含有2mol氧原子；
B.硫酸钠溶液中，硫酸钠、水分子都含有氧原子；
C.过氧化钠中阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠和1mol氧化钠都含有1mol阴离子；
D.H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度不大。

4.【答案】A

【解析】解：A.[Al(OH)4]−结合碳酸氢根离子电离出的氢离子生成氢氧化铝沉淀，则结合质子的能力[Al(OH)4]−>CO32−，故A正确；
B.酸式滴定管的下端无刻度，则25.00mL酸式滴定管中装入盐酸，调整液面初始读数为0.00mL后，将所有溶液放入锥形瓶中，盐酸的体积大于25.00mL，故B错误；
C.盐酸为无氧酸，不能由盐酸、硅酸的酸性比较Cl、Si的非金属性强弱，故C错误；
D.硝酸银溶液过量，分别与NaCl、NaI反应生成沉淀，由实验不能比较AgCl与AgI的Ksp相对大小，故D错误；
故选：A。
A.[Al(OH)4]−结合碳酸氢根离子电离出的氢离子生成氢氧化铝沉淀；
B.酸式滴定管的下端无刻度；
C.盐酸为无氧酸；
D.硝酸银溶液过量，分别与NaCl、NaI反应生成沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、仪器的使用、非金属性比较、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A.当n(Cl2) B.当n(Cl2)=Mmol时，Fe2+恰好被完全反应完，生成Fe3+，由离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，可知，产生的n(Cl−)=n(Fe2+)，有因为在FeBr2溶液中n(Br−)=2n(Fe2+)，所以c(Fe3+)：c(Br−)：c(Cl−)=1：2：1，故B错误；
C.当n(Cl2)=Mmol时，由B选项可知n(Cl−)=n(Fe2+)=2×n(Cl2)=2Mmol，则n(Br−)=2n(Fe2+)=4Mmol，当n(Cl2)=2Mmol时，将会有MmolCl2与Fe2+反应生成2MmolCl−，MmolCl2与Br−反应同时产生2MmolCl−，以及2MmolBr−，最终溶液中存在4MmolCl−，2MmolBr−，所以c(Cl−)>c(Br−)，故C正确；
D.由于Cl2先与Fe2+反应，当Fe2+反应完时，消耗的Cl2的物质的量等于FeBr2的物质的量一半，故D错误；
故选：C。
由图象可知Cl2先与Fe2+反应，Fe2+反应完后，过量的Cl2才会与Br−反应，结合图象数据，利用离子方程式相关计算即可解答。
本题涉及离子间的氧化还原反应，可通过氧化性还原性强弱判断反应先后顺序，结合图象得出相关离子浓度。

6.【答案】D

【解析】解：A.将酚酞溶液滴加到过氧化钠固体中，由于Na2O2与H2O反应生成NaOH溶液，能使溶液变为红色，同时Na2O2具有强氧化性而有漂白性，则溶液又会褪色，故A错误；
B.稀硫酸逐滴滴加到碳酸钠溶液中，由于反应2Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+2NaHCO3、2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，则观察到一开始无气泡产生，一段时间后才有气泡产生，故B错误；
C.浓盐酸滴加到二氧化锰固体中，不加热，不产生黄绿色气体Cl2，故C错误；
D.浓氨水滴入氯化银固体中，由于发生反应：AgCl+2NH3⋅H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，故固体溶解，故D正确；
故选：D。
A.Na2O2与H2O反应生成NaOH溶液，同时Na2O2具有强氧化性而有漂白性，据此分析；
B.稀硫酸逐滴滴加到碳酸钠溶液中，注意反应分步进行；
C.浓盐酸和二氧化锰在常温不反应；
D.浓氨水滴入氯化银固体会生成可溶于水的Ag(NH3)2Cl。
本题综合考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质，难度不大。

7.【答案】A

【解析】解：A.X含有苯环和羧基，都为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则X的分子中所有碳原子一定共面，故A正确；
B.乙醇中只含一个醇羟基，乙醇和X只能形成一个酯基，所以一定条件下X和乙醇不能发生缩聚反应，但能和乙二醇发生缩聚反应，故B错误；
C.C为形成3个σ键，为sp2杂化，N为形成3个σ键，且有1个孤电子对，则为sp3杂化，故C错误；
D.X、Y物质的量都为1mol时，可分别生成2mol水，则反应①与反应②理论上生成水的质量比为1：1，故D错误；
故选：A。
A.X含有苯环和羧基，都为平面形结构；
B.X含有2个羧基，可与二元醇发生缩聚反应；
C.C为sp2杂化，N为sp3杂化；
D.X、Y物质的量相同时，生成水的物质的量相同。
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意有机物发生缩聚反应结构特点，B为解答易错点。

8.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为Al、W为P，
A.在X、Y形成的二元化合物可能为氨气，也可能为肼，肼中含有N−N非极性共价键，故A错误；
B.同一主族从上到下非金属性减弱，因此Y的非金属性比W的强，单质的还原性：Y C.元素周期表中，第7周期的稀有气体的原子序数为118，则113号元素位于第族，与Al(Z)元素同族，故C错误；
D.一般而言，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数越大离子半径越小，则X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大，故D正确；
故选：D。
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，则Z为Al，Y的原子序数小于Al，则Y为N，Y、W同族，则W为P元素；结合图示可知，X与N形成一个共用电子对，X的原子序数小于N，则X为H，该化合物为NH4AlH4，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：A.过程消耗Cu2+，过程生成Cu2+，过程Ⅰ消耗PbCl42−，过程生成PbCl42−，所以PbCl42−和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用，故A正确；
B.过程Ⅲ中Pd元素的化合价降低，被还原，作氧化剂，所以不仅O2和Cu2+体现了氧化性，也体现氧化性，故B错误；
C.过程中O2与Cu+反应生成Cu2+，反应的离子方程式为：4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；
D.反应中，CH2=CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化的反应方程式为，故D正确；
故选：B。
A.过程消耗Cu2+，过程生成Cu2+，过程Ⅰ消耗PbCl42−，过程生成PbCl42−；
B.过程Ⅲ中Pd元素的化合价降低，被还原；
C.过程中O2与Cu+反应生成Cu2+；
D.反应中，CH2=CH2最终被O2氧化为CH3CHO。
本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于物质之间的转化、化学原理应用的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】解：A.H2S与H2SO3发生归中反应生成硫单质和水，故A正确；
B.SO3溶于水生成H2SO4，浓H2SO4与铜加热可以生成SO2，SO2与氧气反应可以生成SO3，故B正确；
C.A为SO2，可以使品红溶液褪色，故C正确；
D.Na2S2O3中硫的平均化合价为+2，对应的点为F点，既有氧化性也有还原性，但是氧化性较弱，故D错误；
故选：D。
根据硫元素部分“价类”二维关系图，A为SO2、B为SO3、C为H2S、D为H2SO3、E为H2SO4、F为硫代硫酸盐、G为亚硫酸盐、H为硫酸盐，据此解答。
本题难度不大，理解价类图的含义、灵活运用化合价的原则、氧化物的特征等是正确解答本题的关键。

11.【答案】C

【解析】解：A.由表格数据可知，T2温度下反应速率大于T1，则T2>T1，说明反应在T2温度下先达到平衡状态，则T2温度下该反应在40min时已达到平衡状态，m=0.15，平衡时甲烷物质的量是大于T1温度下，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，故A正确；
B.组别①中0∼10min内，△n(CH4)=0.5mol−0.35mol=0.15mol，根据方程式可知，△n(NO2)=2×0.15mol=0.3mol，v(NO2)=0.3mol10L×10min=0.003mol/(L⋅min)，故B正确；
C.该反应是气体体积增大的反应，若组别②改为恒压装置，相当于减小压强，平衡正向移动，则M值一定小于0.15，故C错误；
D.1molC−H键断裂表示正反应，1molO−H键断裂表示逆反应，当有1molC−H键断裂同时有1molO−H键断裂，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，故D正确；
故选：C。
A.由表格数据可知，T2温度下反应速率大于T1，则T2>T1，说明反应在T2温度下先达到平衡状态；
B.组别①中0∼10min内，△n(CH4)=0.5mol−0.35mol=0.15mol，根据方程式得出△n(NO2)，结合v=△nV⋅△t计算；
C.该反应是气体体积增大的反应，若组别②改为恒压装置，相当于减小压强；
D.正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态。
本题考查化学平衡的影响因素、化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断，侧重考查学生分析能力，掌握勒夏特列原理、化学反应速率公式是解题的关键，此题难度大。

12.【答案】B

【解析】解：A.NH4+、SiO32−之间发生双水解反应，不能大量共存，故A错误；
B.由水电离产生c(OH−)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中：K+、Na+、I−、C2O42−、OH−之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C.含有Fe2+的溶液呈浅绿色，Fe2+、[Fe(CN)6]3−之间发生反应，不能大量共存，故C错误；
D.加入甲基橙显黄色的溶液的pH>4.4，Fe3+在pH>3.2的溶液中完全水解生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.铵根离子与硅酸根离子发生双水解反应；
B.该溶液呈酸性或碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C.含有亚铁离子的溶液呈浅绿色，亚铁离子与[Fe(CN)6]3−发生反应；
D.该溶液的pH>4.4，铁离子在pH>3.2的溶液中完全水解。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

13.【答案】B

【解析】解：A.该装置为原电池装置，该装置的能量来源于光能，故A错误；
B.由图可知，B极上水失电子生成氢离子和氧气，则光催化剂电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故B正确；
C.60g异丙醇的物质的量为6060mol=1mol，由反应3CO2+18H++18e−=CH3CH(OH)CH3+5H2O可知，每生成1mol异丙醇时转移18mol电子，但H+在正极上也得电子生成H2，反应为2H++2e−=H2↑，所以正极上每生成1mol异丙醇时转移电子大于18mol，故C错误；
D.原电池工作时，阳离子移向正极，则H+从光催化剂电极一侧向左移动，故D错误；
故选：B。
该装置的能量来源于光能；由图可知，A极上CO2→异丙醇[CH3CH(OH)CH3]，H+→H2，其中C元素的化合价由+4→−2价、H由+1→0价，CO2发生得电子的还原反应生成CH3CH(OH)CH3、H+发生得电子的还原反应生成H2，则A为正极，B电极为负极，正极反应为3CO2+18H++18e−=CH3CH(OH)CH3+5H2O、2H++2e−=H2↑，负极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，原电池工作时，阳离子移向正极，据此分析解答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

14.【答案】B

【解析】解：A.E点新制氯水，新制氯水溶液能够漂白pH试纸，不能用pH测量E点溶液的pH，故A错误；
B.G点完全反应生成等浓度的NaCl、NaClO，溶液呈碱性，ClO−水解，则c(OH−)>c(H+)、c(Cl−)>c(ClO−)，结合物料守恒c(Na+)=c(Cl−)+c(ClO−)+c(HClO)可知，c(Na+)>c(Cl−)>c(ClO−)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(Cl−)>c(ClO−)>c(OH−)>c(H+)，故B正确；
C.H点对于溶液中溶质为NaCl、NaClO和NaOH，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(ClO−)，此时溶液为碱性，则c(OH−)>c(H+)，所以c(Na+)>c(Cl−)+c(ClO−)，故C错误；
D.H点为碱性溶液，加水稀释时溶液碱性逐渐减弱，溶液的pH值逐渐减小直至接近7，故D错误；
故选：B。
A.E点为新制氯水溶液，氯水能够漂白pH试纸；
B.G点完全反应生成等浓度的NaCl、NaClO，溶液呈碱性，ClO−水解，溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)、c(Cl−)>c(ClO−)，结合物料守恒分析；
C.G点为完全反应生成等浓度的NaCl、NaClO，ClO−水解进了水的电离，在G点之前HClO未完全反应，H点为过量NaOH溶液存在，H点溶液为碱性，F点溶液为中性，结合电荷守恒分析；
D.加水稀释H点对应的溶液，H点为碱性溶液，加水稀释时促使溶液pH值接近中性。
本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。

15.【答案】D

【解析】解：A.金属元素的电负性小于非金属元素，电负性：F>Si，则F、Si和Ca电负性依次减小，同周期元素，从左到右，同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，则F、Si和Ca的半径依次增大，故A正确；
B.OF2与SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中O原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，故B正确；
C.由晶体结构可知，A处到B处的距离为体对角线的34，若A处原子分数坐标为(0,0,0)，则B处原子分数坐标为(34,34,34)，故C正确；
D.三种氟化物均为离子晶体，晶体提供自由氟离子的能力越强，阴阳离子间形成离子键越弱，钡离子、钙离子、镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则BaF2、CaF2、MgF2三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，脱硅能力依次减弱，故D错误。
故选：D。
A.金属元素的电负性小于非金属元素，电负性：F>Si，同周期元素，从左到右，同主族元素，从上到下，原子半径依次增大；
B.OF2与SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中O原子的价层电子对数相等，杂化方式相同；
C.根据晶体结构判断，A处到B处的距离为体对角线的倍数，若A处原子分数坐标为(0,0,0)，即可判断出B处原子分数坐标；
D.三种氟化物均为离子晶体，根据电荷数和离子半径判断三种晶体中的离子键依次增强，进一步得出晶体提供自由氟离子的能力强弱，脱硅能力强弱。
本题主要考查电负性和原子半径的大小判断，化学键类型和中心原子的杂化方式的判断，晶体的三位坐标，离子键强弱(晶格能大小)的判断，属于基础知识，基本题型，难度中等，需要细心。

16.【答案】Mg2B2O5⋅H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg(OH)2↓H3BO3+H2O⇌H++[B(OH)4]−  防止MgCl2水解生成Mg(OH)2  0.045无

【解析】解：(1)根据质量守恒可知，Mg2B2O5⋅H2O和氢氧化钠浓溶液反应生成NaBO2和氢氧化镁，化学方程式为Mg2B2O5⋅H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg(OH)2↓，
故答案为：Mg2B2O5⋅H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg(OH)2↓；
(2)已知H3BO3是一元弱酸，且自身不能电离出氢离子，则其电离类似氨水的电离，电离和水有关，其电离方程式H3BO3+H2O⇌H++[B(OH)4]−；X为H3BO3晶体加热脱水的氧化物，则为B2O3，镁的活动性较强具有还原性，其与Mg高温反应生成氧化镁和硼，化学方程式为，
故答案为：H3BO3+H2O⇌H++[B(OH)4]−；；
(3)MgCl2水解生成氢氧化镁和氯化氢，HCl氛围可抑制氯化镁的水解，故在HCl氛围中加热，其目的是防止MgCl2水解生成Mg(OH)2，
故答案为：防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；
(4)起始电解质溶液pH=1，pH=2时，氢离子浓度减少0.1mol/L−0.01mol/L=0.09mol/L，根据Mg+H2O2+2H+=Mg2++2H2O，可知电解质溶液中所含Mg2+的物质的量浓度为0.045mol/L；当电解质溶液的pH=6时，氢氧根离子浓度为106−14=10−8mol/L，Q[Mg(OH)2]=0.045×(10−8)2=4.5×10−18<5.6×10−12，说明没有氢氧化镁沉淀生成，
故答案为：0.045；无。
由流程可知，硼镁矿加入浓氢氧化钠溶液得到NaBO2和氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸后蒸发结晶得到MgCl2⋅6H2O，MgCl2⋅6H2O在氯化氢气体氛围中加热生成氯化镁，电解氯化镁得到镁单质；NaBO2溶液通入二氧化碳得到硼砂，加入水，调节pH，冷却得到H3BO3晶体，加热生成B2O3，B2O3和镁发生氧化还原反应得到粗硼。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

17.【答案】去除表面的氧化物  活塞a关闭，活塞b、c打开  活塞a打开，活塞b、c关闭  3 4 1 4 2 24 bd 保持酸性环境，防止SO2反应产生沉淀，干扰SO3的检验  SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+  98.00%

【解析】解：(1)①因铁屑长时间放置，可能存在一些氧化物，故需要用硫酸除去铁屑表面多余的氧化物，
故答案为：去除表面的氧化物；
②利用锥形瓶中的反应，向饱和硫酸铵中通入氢气，此时活塞a关闭，活塞b、c打开，反应一段时间后，关闭活塞b、c，打开活塞a，继续产生的氢气会将锥形瓶中的硫酸亚铁(含极少部分未反应的稀硫酸)压到饱和硫酸铵溶液的底部。在常温下放置一段时间，试剂瓶底部将结晶出硫酸亚铁铵，
故答案为：活塞a关闭，活塞b、c打开；活塞a打开，活塞b、c关闭；
(2)①依据原子守恒，得失电子守恒和产物可知，反应方程式为3(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O=FeO+Fe2O3+4NH3↑+N2↑+4SO2↑+2SO3↑+24H2O，
故答案为：3；4；1；4；2；24；
②检验固体中是否存在Fe2O3，需加硫酸将Fe2O3转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检验，
故答案为：bd；
③依据方程式可知，生成的气体含有二氧化硫，故装置乙的作用为保持酸性环境，防止SO2反应产生沉淀，干扰SO3的检验，装置C中通入二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+，
故答案为：保持酸性环境，防止SO2反应产生沉淀，干扰SO3的检验；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；
(3)依据滴定过程中发生的反应可知
           MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
                          1 5
0.02000L×0.1000mol⋅L−1      n
n=0.01mol，
100mL溶液中含亚铁离子物质的量=0.01mol×100mL20mL=0.05mol，
产品中(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O的质量分数=0.05mol×392g/mol20.00g×100%=98.00%，
故答案为：98.00%。
(1)①因铁屑长时间放置，可能存在一些氧化物，金属氧化物一般可以使用酸来除去；
②利用锥形瓶中的反应，向饱和硫酸铵中通入氢气，此时活塞a关闭，活塞b、c打开，反应一段时间后，关闭活塞b、c，打开活塞a，继续产生的氢气会将锥形瓶中的硫酸亚铁(含极少部分未反应的稀硫酸)压到饱和硫酸铵溶液的底部。在常温下放置一段时间，试剂瓶底部将结晶出硫酸亚铁铵；
(2)①依据原子守恒，得失电子守恒和产物可知，反应方程式为3(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O=FeO+Fe2O3+4NH3+N2+4SO2+2SO3+24H2O据此补全方程式；
②检验固体中是否存在Fe2O3，需加硫酸将Fe2O3转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检验；
③依据方程式可知，生成的气体含有二氧化硫，故装置乙的作用为保持酸性环境，防止SO2反应产生沉淀，干扰SO3的检验，装置C中通入二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出离子方程式；
(3)依据滴定过程中发生反应MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，结合方程式计算亚铁离子的物质的量，进而确定其含量。
本题以硫酸亚铁铵的制备为背景，考查了学生有关物质分离提纯，实验装置评价，氧化还原反应，滴定计算等内容，明确实验装置作用及流程为解题关键，整体难度适中。

18.【答案】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol>493p2  使用催化剂主要是为了(在不影响限度的情况下)加快反应速率，提高单位时间内产量  增加相对廉价原料氮气的用量，提高相对昂贵原料氢气的转化率，降低生产成本  0.932NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−

【解析】解：(1)由图象可知，1mol氮气和3mol氢气完全反应放出的热量为(500−308−100)kJ=92kJ，则合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol，
故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol；
(2)合成氨反应正向放热，T2条件下，K值比572K时小，说明平衡逆向移动，则T2>572，
故答案为：>；
(3)设氮气和氢气的起始加入量分别为1mol和3mol，达平衡时氮气的反应量为xmol，平衡时氮气的物质的量为(1−x)mol，氢气的物质的量为(3−3x)mol，氨气的物质的量为2xmol，混合气的总物质的量为(1−x)mol+(3−3x)mol+2xmol=(4−2x)mol，混合气体中NH3的体积分数为37，则有2x4−2x=37，解得x=0.6，平衡时氮气的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为1.2mol，氨气的物质的量为1.2mol，混合气总物质的量为2.8mol，测得平衡时体系的总压强为p，该反应的压强平衡常数Kp=p2(NH3)p(N2)⋅p3(H2)=(p×1.2mol2.8mol)2p×0.4mol2.8mol×(p×1.2mol2.8mol)3=493p2，
故答案为：493p2；
(4)从平衡常数来看，反应的限度已经很大，使用催化剂的原因是使用催化剂主要是为了(在不影响限度的情况下)加快反应速率，提高单位时间内产量，
故答案为：使用催化剂主要是为了(在不影响限度的情况下)加快反应速率，提高单位时间内产量；
(5)若工业生产中N2和H2按投料比1：2.8的比例进入合成塔，采用此投料比的原因是增加相对廉价原料氮气的用量，提高相对昂贵原料氢气的转化率，降低生产成本，设氮气和氢气的起始加入量分别为1mol和2.8mol，达平衡时氮气的反应量为xmol，平衡时氮气的物质的量为(1−x)mol，氢气的物质的量为(2.8−3x)mol，氨气的物质的量为2xmol，混合气的总物质的量为(1−x)mol+(2.8−3x)mol+2xmol=(3.8−2x)mol，混合气体中NH3的体积分数为15%，则有2xmol(3.8−2x)mol×100%=15%，解得x=0.25，则N2和H2的转化率比值为0.25mol1mol0.25mol×32.8mol≈0.93，
故答案为：增加相对廉价原料氮气的用量，提高相对昂贵原料氢气的转化率，降低生产成本；0.93；
(6)B极为正极，电极反应式为2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−，
故答案为：2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−。
(1)依据图象所给能量计算反应热的值；
(2)由平衡常数随变化，判断温度大小关系；
(3)由反应物的起始加入量和平衡时氨气的体积分数，计算平衡时各组分的物质的量分数，进而计算平衡分压和平衡常数；
(4)使用催化剂能加快反应速率；
(5)从反应物的价格考虑，提高价格较高反应物的转化率，由反应物的起始加入量和和平衡时体积分数计算反应物的转化量，进而计算转化率；
(6)由图可知，B极氮元素价态降低得电子，故B极为正极，电极反应式为2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−，A极为负极。
本题考查反应热计算、化学平衡和原电池原理，题目难度较大，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。

19.【答案】1，4−二甲苯  取代反应   酯基  酰胺基  6

【解析】解：(1)A为，系统命名法名称是：1，4−二甲苯，由B生成C是−CN替代溴原子，属于取代反应，
故答案为：1，4−二甲苯；取代反应；
(2)E与F生成G的化学方程式为：，
故答案为：；
(3)H中含氧官能团的名称是酯基、酰胺基、醚键，
故答案为：酯基、酰胺基；
(4)芳香化合物X是D()的同分异构体，X符合下列条件：①在NaOH溶液中能水解，说明含有酯基，②核磁共振氢谱中有4组峰，存在对称结构，符合条件的同分异构体有：、、、、、共6种，
故答案为：6；
(5)脱水成环生成，与NaCN反应生成，然后在酸性条件下水解生成，合成路线为：，
故答案为：。
由A的分子式、B的结构简式，结合信息①可知，A为，对比B、C结构，可知B与NaCN发生取代反应生成C，C中−CN水解为水解生成D，故C为，
由H的结构，逆推可知G为，对比D、G结构，结合F的分子式，推知E为、F为；
(5)脱水成环生成，与NaCN反应生成，然后在酸性条件下水解生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、官能团识别、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，充分利用有机物的结构简式、分子式进行分析推断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。